高考物理一轮复习高效演练创新题7.1《库仑定律　电场力的性质》(含答案详解)

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     高效演练·创新预测1.(多选)如图所示,图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点,若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用,根据此图可以作出的正确判断是              (　　)A.带电粒子所带电荷的正、负B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的速度何处较大【解析】选B、C、D。由题图可知,粒子的运动轨迹向右弯曲,说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左,由于电场线方向不明,无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性,故A错误,B正确;根据电场线的疏密程度,可以判断a、b两点场强的大小,从而判断a、b两点电场力的大小,再根据牛顿第二定律得a点的加速度大,故C正确;由a到b,电场力做负功,动能减小,故b处的速度小,D正确。2.(多选)(2018·吉林模拟)如图,真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一点电荷+Q,测得b点场强大小为E。若再将另一等量异种点电荷-Q放在d点时,则              (　　)A.b点场强大小为E　　　 B.c点场强大小为EC.b点场强方向向右   D.c点场强方向向左【解析】选B、C。设ab=bc=cd=L,据题意+Q在b点产生的场强大小为E,方向水平向右,由点电荷的场强公式得E=k,-Q在b点产生的电场强度大小为E1=k=E,方向水平向右,所以b点的场强大小为Eb=E+E=E,方向水平向右,故A错误,C正确;根据对称性可知,c点与b点的场强大小相等,为E,方向水平向右,故B正确,D错误。3.(多选)(2018·长沙模拟)如图所示,质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和q2,它们用等长的细线悬挂在同一点,由于静电斥力的作用,小球m1靠在竖直光滑墙上,m1的拉线沿竖直方向,m1、m2均处于静止状态,由于某种原因,两球之间的距离变为原来的一半,则其原因可能是              (　　)A.m2变为原来的一半　　　  B.m2变为原来的八倍C.q1变为原来的八分之一  D.q2变为原来的四分之一【解析】选B、C。A球受力如图所示,由几何关系可知,△OAB与△ACD相似,则有=,又因为F=k,所以=k,两球的距离缩短为,则A球的质量变为原来的8倍,故A错误,B正确;使B球的带电量变为原来的,而其他条件不变,则x为原来的,故C正确,D错误。【加固训练】(多选)A、B两球带等量异种电荷,带电量均为2×10-5 C,两球质量均为0.72 kg,A球通过绝缘细线吊在天花板上,B球一端固定绝缘棒,现将B球放在某一位置,能使绝缘细线伸直,A球静止且与竖直方向的夹角为30°,g取10 m/s2,则B球到A球的距离可能为              (　　)A.0.5 m　　　B.1 m　　　C.2 m　　　D.3 m【解析】选A、B。选A球为研究对象,它受重力、库仑力和细线的拉力,三力平衡,由几何关系得,库仑力的最小值为Fmin=mgsin30°=0.72×10× N=3.6 N,而由F=得rmax== m=1 m,故A、B正确,C、D错误。4.(2018·锦州模拟)如图所示,不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,A、B的质量分别为2m和m,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上,另一端与物体A相连,倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中,整个系统不计一切摩擦。开始时,物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直,然后撤去外力F,直到物体B获得最大速度,且弹簧未超过弹性限度,则在此过程中              (　　)A.物体B带负电,受到的电场力大小为mgsinθB.物体B的速度最大时,弹簧的伸长量为C.撤去外力F的瞬间,物体B的加速度为3gsinθD.物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量【解析】选B。当施加外力时,对B由平衡条件得F-mgsinθ-F电=0,解得F电=2mgsinθ,故A错误;当B受到的合力为零时,B的速度最大,由kx=F电+mgsinθ得,x=,故B正确;当撤去外力瞬间,弹簧弹力还来不及改变,即弹簧的弹力仍为零,当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为:F合=F电+mgsinθ =(m+2m)a,解得:a=gsinθ,故C错误;电场力对B做正功,电势能减小,物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量,故D错误。5.(新题预测)如图所示,三根绝缘均匀带电棒AB、BC、CA构成正三角形,AB的电荷量为+Qc,AC的电荷量为+Qb,BC的电荷量为+Qa,正三角形的中心O点的场强大小为E1、方向指向A,当撤去带电棒BC之后,测得其中心O点的场强大小为E2、方向背离A,如果同时撤去带电棒AB和AC,则关于O点的场强大小,下列说法正确的是              (　　)A.O点的场强大小为E1-E2B.O点的场强大小为E1+E2C.O点的场强大小为(E1-E2)D.O点的场强大小为(E1+E2)【解析】选B。如图所示,根据点电荷的电场强度公式,结合矢量合成法则及几何知识,因场强大小为E1、方向指向A,则有AB、AC带电棒完全相同,则这两带电棒在O点产生的合场强,与BC棒在O点的场强方向相反,才能使得在O点的电场强度指向A,当撤去带电棒BC之后,测得其中心O点场强大小为E2、方向背离A,如果同时撤去带电棒AB和AC,则关于O点的场强大小E′=E1+E2,故B正确,A、C、D错误。6.(新题预测)如图所示,水平地面上方分布着水平向右的匀强电场,有圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中,圆心与管口在同一水平线上,管的半径为R,下端管口切线水平,离水平地面的距离为h,有一质量为m的带电荷量+q的小球从管的上端口A由静止释放,小球与管间摩擦不计,小球从下端管口飞出时,管壁对小球的作用力为4mg,g取10 m/s2。求:(1)小球运动到管口B时的速度大小。(2)匀强电场的场强。(3)若R=0.3 m,h=5.0 m,小球落地时的速度大小。【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)小球在管中运动过程重力和电场力对小球都做正功。(2)小球从管口B飞出后,水平方向做匀加速直线运动,竖直方向做自由落体运动。【解析】(1)小球从下端管口飞出时,由牛顿第二定律得:FN-mg=m解得:vB=(2)小球从A运动到管口B的过程中,由动能定理得:mgR+qER=m解得:E=(3)小球离开管口B后,水平方向做匀加速运动,竖直方向做自由落体运动,则有:竖直方向:h=gt2解得:t=1 s　vy=gt=10 m/s水平方向:qE=mavx=vB+at解得:vx=8 m/s故:v==2 m/s答案:(1)　(2)　(3)2 m/s